Lois géométriques et minimum de variables : corrigé du contrôle de maths en MP

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Barème du contrôle corrigé : lois géométriques et minimum de variables

Le corrigé détaillé : lois géométriques et minimum de variables

Exercice 1 – Une urne vidée jusqu’à la boule rouge (3,5 points)

1. L’événement décomposé

   Notons \(R_i\) l’événement « le tirage numéro \(i\) donne une boule rouge ». Grâce à la remise, \(P(R_i) = \frac{2}{5}\) pour chaque \(i\). Pour \(k \geq 1\), on a \((T = k) = \overline{R_1} \cap \cdots \cap \overline{R_{k-1}} \cap R_k\), et les tirages sont mutuellement indépendants. Donc

   \[P(T = k) = \left(\frac{3}{5}\right)^{k-1} \times \frac{2}{5}.\]

   Finitude presque sûre

   Comme les \((T = k)\) s’excluent mutuellement, et que la somme géométrique vaut \(\frac{2}{5} \times \frac{1}{1 – 3/5} = 1\). L’événement « aucune boule rouge » est donc de probabilité nulle. Ainsi \(T\) est presque sûrement finie et suit la loi géométrique de paramètre \(\frac{2}{5}\).

2. L’événement \((T > k)\) signifie que les \(k\) premiers tirages donnent des boules blanches. Par indépendance, \(P(T > k) = \left(\frac{3}{5}\right)^k\), y compris pour \(k = 0\).

3. Somme sur les rangs pairs

   Un rang pair s’écrit \(2j\) avec \(j \geq 1\), et ces cas s’excluent. L’additivité dénombrable donne alors :

   \[P(T \text{ pair}) = \sum_{j \geq 1} \frac{2}{5} \left(\frac{3}{5}\right)^{2j-1} = \frac{6}{25} \sum_{j \geq 1} \left(\frac{9}{25}\right)^{j-1} = \frac{6}{25} \times \frac{25}{16}.\]

   La probabilité cherchée vaut donc \(\frac{3}{8}\). On note qu’elle est inférieure à \(\frac{1}{2}\), car le rang 1, impair, est le plus probable.

4. Comme \((T > m + n) \subset (T > m)\), la définition d’une probabilité conditionnelle donne

   \[P(T > m + n \mid T > m) = \frac{(3/5)^{m+n}}{(3/5)^m} = \left(\frac{3}{5}\right)^n = P(T > n).\]

   La loi géométrique est donc sans mémoire : savoir que les \(m\) premiers tirages ont échoué ne change rien à l’attente restante, car l’urne est remise dans son état initial après chaque tirage.

Barème : question 1 sur 1 point (loi 0,5 ; somme égale à 1 et conclusion 0,5) ; question 2 sur 0,5 point ; question 3 sur 1 point ; question 4 sur 1 point (calcul 0,75 ; interprétation 0,25).

Piège classique : écrire \(\left(\frac{3}{5}\right)^k \frac{2}{5}\) au lieu de \(\left(\frac{3}{5}\right)^{k-1} \frac{2}{5}\). Un test sur \(k = 1\) suffit à détecter ce décalage d’indice.

Exercice 2 – Deux machines et leur première panne (4 points)

1. Passage par les queues de lois

   Pour une variable géométrique \(G\) de paramètre \(r\), on a \(P(G > k) = (1 – r)^k\). Or \((M > k) = (X > k) \cap (Y > k)\), et \(X\), \(Y\) sont indépendantes, donc

   \[P(M > k) = \left(\frac{3}{4}\right)^k \left(\frac{2}{3}\right)^k = \left(\frac{1}{2}\right)^k.\]

   Ensuite, pour \(k \geq 1\), \(P(M = k) = P(M > k – 1) – P(M > k) = \left(\frac{1}{2}\right)^{k-1} – \left(\frac{1}{2}\right)^k = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{k-1}\). Par conséquent, \(M\) suit la loi géométrique de paramètre \(\frac{1}{2}\).

2. On découpe \((X = Y)\) selon la valeur commune \(k \geq 1\) des deux variables. L’indépendance donne alors :

   \[P(X = Y) = \sum_{k \geq 1} \frac{1}{4} \left(\frac{3}{4}\right)^{k-1} \times \frac{1}{3} \left(\frac{2}{3}\right)^{k-1} = \frac{1}{12} \sum_{k \geq 1} \left(\frac{1}{2}\right)^{k-1}.\]

   On obtient \(P(X = Y) = \frac{1}{12} \times 2 = \frac{1}{6}\).

3. Quelle machine lâche la première ?

   On découpe aussi \((X < Y)\) selon la valeur \(k\) de \(X\) : il faut alors \(X = k\) et \(Y > k\). D’où

   \[P(X < Y) = \sum_{k \geq 1} \frac{1}{4} \left(\frac{3}{4}\right)^{k-1} \left(\frac{2}{3}\right)^k = \frac{1}{6} \sum_{k \geq 1} \left(\frac{1}{2}\right)^{k-1} = \frac{1}{3}.\]

   Les trois événements \((X < Y)\), \((X = Y)\) et \((Y < X)\) forment un système complet. Donc \(P(X < Y) = \frac{1}{3}\) et \(P(Y < X) = 1 – \frac{1}{3} – \frac{1}{6} = \frac{1}{2}\) : la machine \(B\), plus fragile, tombe le plus souvent en panne la première.

4. On a \(\big(\max(X, Y) \leq k\big) = (X \leq k) \cap (Y \leq k)\). Ainsi \(P(\max \leq 1) = \frac{1}{4} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{12}\), tandis que \(P(\max \leq 2) = \frac{7}{16} \times \frac{5}{9} = \frac{35}{144}\). La différence donne \(P\big(\max(X, Y) = 2\big) = \frac{35 – 12}{144} = \frac{23}{144}\).

Barème : question 1 sur 1,5 point (queue du minimum 1 ; loi reconnue 0,5) ; question 2 sur 1 point ; question 3 sur 1 point ; question 4 sur 0,5 point.

Piège classique : multiplier \(P(X = k)\) et \(P(Y = k)\) pour obtenir \(P(M = k)\). Le minimum vaut \(k\) dès qu’une seule machine tombe en panne ce jour-là, l’autre plus tard.

Exercice 3 – Les appels d’une assistance téléphonique (5,5 points)

1. Produit de convolution

   La variable \(X_1 + Y_1\) prend ses valeurs dans \(\mathbb{N}\). Fixons \(n \in \mathbb{N}\). Selon la valeur \(k\) prise par \(X_1\), l’événement \((X_1 + Y_1 = n)\) se découpe en événements \((X_1 = k) \cap (Y_1 = n – k)\) qui s’excluent, avec \(0 \leq k \leq n\). L’indépendance fournit donc

   \[P(X_1 + Y_1 = n) = \sum_{k=0}^{n} \mathrm{e}^{-a} \frac{a^k}{k!} \, \mathrm{e}^{-b} \frac{b^{n-k}}{(n-k)!} = \frac{\mathrm{e}^{-(a+b)}}{n!} \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^k b^{n-k}.\]

   Formule du binôme

   La dernière somme vaut \((a + b)^n\). Ainsi \(X_1 + Y_1\) suit la loi de Poisson de paramètre \(a + b\), et en particulier \(S\) suit la loi de Poisson de paramètre 3.

2. D’abord, \(P(S = 3) = \mathrm{e}^{-3} \frac{3^3}{3!} = \frac{27}{6} \mathrm{e}^{-3}\), soit \(P(S = 3) = \frac{9}{2} \mathrm{e}^{-3}\). Ensuite, on passe par le complémentaire : \(P(S \leq 1) = \mathrm{e}^{-3}(1 + 3) = 4\mathrm{e}^{-3}\). Donc \(P(S \geq 2) = 1 – 4\mathrm{e}^{-3}\).

3. Répartition des appels sachant le total

   Comme \(P(S = n) > 0\), la loi conditionnelle est bien définie. Pour \(0 \leq k \leq n\), les événements \((X = k) \cap (S = n)\) et \((X = k) \cap (Y = n – k)\) coïncident. Par indépendance de \(X\) et \(Y\), il vient alors

   \[P(X = k \mid S = n) = \frac{\mathrm{e}^{-2} \frac{2^k}{k!} \, \mathrm{e}^{-1} \frac{1}{(n-k)!}}{\mathrm{e}^{-3} \frac{3^n}{n!}} = \binom{n}{k} \left(\frac{2}{3}\right)^k \left(\frac{1}{3}\right)^{n-k}.\]

   Pour \(k > n\), cette probabilité est nulle. Sachant \((S = n)\), \(X\) suit donc la loi binomiale de paramètres \(n\) et \(\frac{2}{3}\). Par exemple, \(P(X = 2 \mid S = 3) = 3 \times \frac{4}{9} \times \frac{1}{3}\), soit \(\frac{4}{9}\). Chaque appel se range ainsi dans la facturation avec probabilité \(\frac{2}{2 + 1}\).

4. Des succès rares

   Pour \(n \geq k\), on regroupe les facteurs de la probabilité binomiale :

   \[P(N_n = k) = \frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n^k} \times \frac{3^k}{k!} \times \left(1 – \frac{3}{n}\right)^{n} \times \left(1 – \frac{3}{n}\right)^{-k}.\]

   Le premier facteur est un produit de \(k\) quotients qui tendent vers 1, car \(k\) est fixé. De plus, \(n \ln\left(1 – \frac{3}{n}\right) \to -3\), donc \(\left(1 – \frac{3}{n}\right)^n \to \mathrm{e}^{-3}\) par continuité de l’exponentielle. Enfin, le dernier facteur tend vers 1. On conclut que \(P(N_n = k) \to \mathrm{e}^{-3} \dfrac{3^k}{k!}\).

5. Le résultat précédent concerne des lois binomiales de paramètre \(p\) petit, avec \(n\) grand. La binomiale de paramètres 30 et \(0{,}1\) entre dans ce cadre : elle colle donc à la loi de Poisson. En revanche, avec \(p = 0{,}5\), les succès ne sont pas rares et la loi reste bornée par 6, d’où un pic trop marqué en 3.

Barème : question 1 sur 1,5 point (décomposition et indépendance 0,75 ; binôme et conclusion 0,75) ; question 2 sur 1 point ; question 3 sur 1,5 point (loi conditionnelle 1 ; valeur 0,5) ; question 4 sur 1 point ; question 5 sur 0,5 point.

Piège classique : oublier l’indépendance dans la question 1. Sans elle, la somme de deux variables de Poisson n’a aucune raison de suivre une loi de Poisson.

Exercice 4 – Problème : minimum et écart de deux premiers succès (7 points)

1. Les lancers de Yanis sont des expériences indépendantes à deux issues, chacune réussie avec probabilité \(p\), et \(X\) repère la première réussite. Comme dans l’exercice 1, \(P(X = k) = p\, q^{k-1}\) pour \(k \geq 1\) : \(X\) suit la loi géométrique de paramètre \(p\), et \(Y\) aussi. De plus, \(X\) ne dépend que des lancers de Yanis, et \(Y\) que de ceux de Clémence. Ces deux familles de lancers sont indépendantes : le lemme des coalitions assure alors l’indépendance de \(X\) et de \(Y\).

2. Écart positif ou nul

   Soit \(u \geq 1\) et \(v \geq 0\). Si \(X – Y = v \geq 0\), le minimum est \(Y\). Ainsi \((U = u, V = v) = (Y = u) \cap (X = u + v)\), et l’indépendance donne \(p\, q^{u+v-1} \times p\, q^{u-1} = p^2 q^{2u – 2 + v}\).

   Écart strictement négatif

   Si \(v < 0\), le minimum est \(X\), et \((U = u, V = v) = (X = u) \cap (Y = u – v)\). Sa probabilité vaut \(p\, q^{u-1} \times p\, q^{u – v – 1} = p^2 q^{2u – 2 – v}\). Or \(-v = \lvert v \rvert\) dans ce cas. Dans les deux cas, \(P(U = u, V = v) = p^2 q^{2u – 2 + \lvert v \rvert}\). La figure de l’énoncé illustre la situation : la ligne \(U = 3\) a la forme d’un L, tandis que \(V = 2\) est une diagonale.

3. Marginale du minimum

   La famille des \((V = v)\), pour \(v \in \mathbb{Z}\), est un système complet. Ensuite, \(\sum_{v \in \mathbb{Z}} q^{\lvert v \rvert} = 1 + \frac{2q}{1 – q} = \frac{1 + q}{p}\). Ainsi \(P(U = u) = p^2 q^{2u-2} \times \frac{1 + q}{p} = p(1 + q)\, (q^2)^{u-1}\). Or \(p(1 + q) = (1 – q)(1 + q) = 1 – q^2\). Donc \(U\) suit la loi géométrique de paramètre \(1 – q^2\), ce qui concorde avec \(P(U > k) = q^k \times q^k\).

4. De même, en sommant sur \(u \geq 1\), on obtient \(\sum_{u \geq 1} q^{2u-2} = \frac{1}{1 – q^2}\). Par conséquent, \(P(V = v) = \dfrac{p^2 q^{\lvert v \rvert}}{1 – q^2} = \dfrac{p\, q^{\lvert v \rvert}}{1 + q}\) pour tout \(v \in \mathbb{Z}\). En guise de vérification, la somme vaut \(\frac{p}{1 + q} \times \frac{1 + q}{p} = 1\).

5. Comparaison avec la loi conjointe

   Pour tous \(u \geq 1\) et \(v \in \mathbb{Z}\), le produit des marginales vaut \((1 – q^2) q^{2u-2} \times \frac{p^2 q^{\lvert v \rvert}}{1 – q^2} = p^2 q^{2u – 2 + \lvert v \rvert}\). C’est exactement la loi conjointe. Les variables \(U\) et \(V\) sont donc indépendantes : connaître le rang du premier succès commun ne renseigne en rien sur l’écart entre les deux joueurs.

6. Cas général

   On a \(P(X = Y) = P(V = 0) = \frac{p}{1 + q}\), soit \(P(X = Y) = \dfrac{p}{2 – p}\).

   Application numérique

   Pour \(p = \frac{1}{2}\), on trouve \(P(V = v) = \frac{1}{3} \left(\frac{1}{2}\right)^{\lvert v \rvert}\), loi représentée ci-dessous. Alors \(P(V = 0) = \frac{1}{3}\) et \(P(V = 1) = P(V = -1) = \frac{1}{6}\). On passe donc par le complémentaire : \(P(\lvert V \rvert \geq 2) = 1 – \frac{1}{3} – \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\).

   

Barème : question 1 sur 1 point (loi 0,5 ; coalitions 0,5) ; question 2 sur 1,5 point (0,75 par cas) ; question 3 sur 1 point ; question 4 sur 1 point ; question 5 sur 1 point ; question 6 sur 1,5 point (formule générale 0,5 ; loi pour p = 1/2 0,5 ; résultat 0,5).

Piège classique : conclure à l’indépendance en testant une seule valeur du couple. L’égalité entre loi conjointe et produit des marginales doit être vérifiée pour tous les couples \((u, v)\).

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